第12章 专题提升十五 电磁感应中的动力学和能量问题（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（新高考）

该高中物理讲义围绕电磁感应中的动力学和能量问题高考核心考点，整合平衡与非平衡态分析、能量转化及焦耳热计算等内容，按“单棒+电阻”“单棒+电容”模型构建知识体系，通过考点梳理、方法指导、真题讲解与分层练习，系统突破复习重难点。 资料以模型建构和科学推理为特色，如推导单棒运动方程培养科学思维，设计“模型对比-真题演练-错因分析”教学活动，分层练习适配不同学生需求，助力高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

专题提升十五　电磁感应中的动力学和能量问题 提升点一　电磁感应中的动力学问题 1．两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析 2.基本思路 “单棒＋电阻”模型 (多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A.拉力F是恒力 B．拉力F随时间t均匀增加 C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2 答案：BCD 解析：t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝IlB＝，由牛顿第二定律得F－mg sin 37°－F安＝ma，可得F＝ma＋mg sin 37°＋，F与t是一次函数关系，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据解得a＝，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确。 针对练．(多选)(2024·湖南长沙模拟)如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到与的关系图像如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．金属杆中感应电流方向为由a到b B．金属杆所受的安培力的方向沿轨道向上 C．金属杆的质量为1 kg D．定值电阻的阻值为1 Ω 答案：BD 解析：根据右手定则判断可知，金属杆中感应电流方向为由b到a，故A错误；由左手定则可知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，故B正确；总电阻为R总＝，通过ab的电流为I＝，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，则有mg sin θ＝ILB＝(R1＋R)，变形得，由题图可得＝b＝0.5 s·m-1，联立解得m＝0.1 kg，R1＝1 Ω，故C错误，D正确。 “单棒＋电容”模型 如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求： (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； 学生用书第263页 (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。 答案：(1)Q＝CBLv　(2)v＝t 解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv 平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，则有C＝，联立可得Q＝CBLv。 (2)金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为Ff＝μFN，式中FN是金属棒对导轨正压力的大小，为FN＝mg cos θ 根据牛顿第二定律有mg sin θ－F－Ff＝ma 又F＝IBL，I＝ 联立以上各式解得a＝ 可知金属棒做初速度为零的匀加速运动，则金属棒的速度大小随时间变化的关系为 v＝t。 针对练．足够长的平行金属导轨ab、cd水平放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，a、c之间连接有电容为C的电容器，导轨间距为L，长度为L的光滑金属棒垂直导轨放置，与导轨接触良好，俯视图如图所示。金属棒在水平恒力F的作用下开始向右运动，当金属棒运动距离为x时撤去外力F，整个过程电容器未被击穿，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．在外力F作用下金属棒做加速度越来越小的加速运动 B．撤去外力F后金属棒做减速运动直至静止 C．在外力F的作用下，电容器中的电荷量随时间均匀增大 D．撤去外力F时金属棒的速度为 答案：C 解析：对金属棒由牛顿第二定律得F－ILB＝ma，通过金属棒的电流为I＝＝CBLa，可得金属棒的加速度a＝，金属棒做匀加速直线运动，撤去力F后，金属棒两端电压和电容器两端电压相等，整个闭合回路中没有电流，金属棒做匀速直线运动，故A、B错误；电容器中的电荷量Q＝CU＝CBLat，可知电容器中的电荷量随时间均匀增大，故C正确；由v2＝2ax，可得v＝，故D错误。 提升点二　电磁感应中的能量问题 1．电磁感应中的能量转化 2．求解焦耳热Q的三种方法 3．解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路)。 (2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化。 (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。 应用功能关系解决能量问题 如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T。一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω 的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8 m处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。求： (1)金属棒运动的最大速率v； (2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小； 学生用书第264页 (3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。 答案：(1)4 m/s　(2)1 m/s2　(3)1.5 J 解析：(1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得 mgh＝mv2 ① 代入数据解得v＝＝4 m/s。 ② (2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得 F＝ILB＋μmg ③ 又I＝ ④ 联立②③④式解得F＝0.6 N ⑤ 金属棒速度为时，设回路中的电流为I′，根据牛顿第二定律得 F－I′LB－μmg＝ma ⑥ 又I′＝ ⑦ 联立②⑤⑥⑦解得a＝1 m/s2。 ⑧ (3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系有 Fx＝μmgx＋mv2＋Q ⑨ 则电阻R上产生的焦耳热QR＝Q ⑩ 联立②⑤⑨⑩解得QR＝1.5 J。 应用能量守恒定律解决能量问题 如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与斜面平行。距线框cd边为L0的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，ME＝EP＝L2。现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场。已知线框边长为L1(L1＜L2)、质量为m、电阻大小为R，木块质量也为m，重力加速度为g，试求： (1)匀强磁场磁感应强度B的大小； (2)导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q。 答案：　(2)mg(2L2＋L1) 解析：(1)导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示 根据平衡条件有 FT＝F安＋mg sin θ 其中F安＝IL1B，I＝，E＝BL1v 导线框与木块通过细线相连，导线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝mg 对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律有mg－mg sin θ＝2ma 根据运动学方程可得进入磁场时的速度v＝ 联立以上各式解得B＝。 (2)导线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，导线框和木块组成的系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ 解得导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q＝mg(2L2＋L1)。 针对练．(多选)如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间均存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，线圈速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取)。则(　　) A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C B．线圈匀速运动的速度大小为8 m/s C．线圈的长度为1 m D．0～t3时间内，线圈产生的热量为1.8 J 答案：ABD 解析：由题图可知，在t2～t3时间内，线圈向下做匀速直线运动，受力平衡，则根据平衡条件有mg＝ILB，而I＝，联立两式解得v2＝＝8 m/s，B正确；t1～t2时间内线圈一直做匀加速直线运动，可知线圈内磁通量变化为零，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，仅在重力作用下运动，以cd边与L2重合时为初状态，以ab边与L3重合时为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈长度为2d，线圈下降的位移为3d，则有3d＝v2t－gt2，其中v2＝8 m/s，t＝0.6 s，代入解得d＝1 m，所以线圈的长度为L′＝2d＝2 m，C错误；在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q＝＝0.25 C，A正确；时间内，根据能量守恒定律得Q＝＝1.8 J，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $